第10讲 带电粒子在复合场中的运动-【创新教程】2027年高考数学艺考生文化课百日冲关学生用书

第一部分：专题三电场和磁场 第10讲 带电粒子在复合场中的运动 核心素养>助学提能 考点一带电粒子在组合场中的运动 核心透视 y轴、半径为L的半圆区域存在方向垂直于 带电粒子在电场和磁场的组合场中运 平面向里的匀强磁场，其磁感应强度大小为 动，实际上是将粒子在电场中的加速与偏 肥在L处有一直于：轴的图定弹 转，跟在磁场中的偏转两种运动有效组合 性绝缘挡板Q,粒子若碰到Q将发生弹性 在一起，有效区别电偏转和磁偏转，寻找两 碰撞且电荷量q不变.粒子打到金属板或挡 种运动的联系和几何关系是解题的关键. 板P均会被吸收，不计粒子重力及粒子间的 当带电粒子连续通过几个不同的场区时， 相互作用，忽略边缘效应.(。、m、q、L均为 粒子的受力情况和运动情况也发生相应的 已知量) 变化，其运动过程由几种不同的运动阶段 组成 牛顿运动定律、 匀变速直求法 运动学公式 线运动 电场中 动能定理 带电粒 常规分解法 子在分 类平抛 求法 运动 特殊分解法 离的电 场、磁 功能关系 场中的 运动 磁场中 圆周运动公式、牛顿运 匀速圆周运动 动定律以及几何知识 (1)可从小孔进人磁场的粒子，求其从O点 典题例析 处射入磁场速度方向与x轴正向夹角的正 [例1](2026·陕晋青宁卷)如图，垂直于x 弦值； 轴的足够大绝缘薄挡板P紧贴平行金属板 (2)粒子从磁场射出后与挡板Q发生碰撞， 放置，挡板P有一小孔在原点O处，O点到 求其再次射入磁场到达挡板P上位置的y 垂直于y轴的两金属板距离相等.在xOy 坐标； 平面位于（一L,0)处的粒子源以速率向 (3)若仅改变电压U的大小(U>0),在不同 面内各方向发射质量为m、电荷量为g(g> 电压下，粒子源发射的所有粒子均无法打到 挡板P右侧面、进入磁场的所有粒子打到挡 0)的带电粒子.两金属板（上板为正极）间距 板P右侧面有1个撞击点或2个撞击点，求 为2L,板间电压U初始为48，mw.在xOy 以上三种情况分别对应的电压取值范围（用 平面y轴右侧，圆心O位于(0，L)、直径在 已知量U、m、g表示). 55 丨物理 [解题指导] 2.（2026·湖北卷)如图 第一步：粒子在电场中做类斜抛运动，由 所示，在xOy平面 运动的分解求其从O点处射入磁场速度 内，y>0区域存在匀 方向与x轴正向夹角的正弦值； 强电场，电场强度大 0 第二步：根据粒子在圆形磁场中运动规律 小为E、方向沿y轴 求其再次射入磁场到达挡板P上位置的 负方向；在y<0区 y坐标； 域，有一个以O为圆 第三步：分析粒子运动的三种临界情况， 心、r为半径的半圆形区域，半圆形区域内 分别求对应的电压取值范围， 既无电场也无磁场，半圆形区域外存在匀强 磁场，磁场方向垂直于xOy平面向里.一质 量为m、电荷量为q的带正电粒子从坐标为 〔@的M点静止释放，之后从坐标为 (2r,0)的V点第一次射出磁场.不计重 力，求 (1)粒子第一次进入磁场时的速度大小. (2)磁场的磁感应强度大小， (3)粒子第二次射出磁场时的位置坐标. 对点集训 1.(2025·广东卷，6)某同 步加速器简化模型如图 所示，其中仅直通道PQ 内有加速电场，三段圆弧 内均有可调的匀强偏转 O P 磁场B.带电荷量为一q、 质量为m的离子以初速度v。从P处进入 加速电场后，沿顺时针方向在加速器内循环 加速.已知加速电压为U,磁场区域中离子 的偏转半径均为R.忽略离子重力和相对论 效应，下列说法正确的是 () A.偏转磁场的磁感应强度方向垂直纸面 向里 B.第1次加速后，离子的动能增加了2gU C.第k次加速后，离子的速度大小变 为√m+kgUm D.第次加速后，偏转磁场的磁感应强度 大小应变为 √/mv-2kgUm gR 56 第一部分：专题三电场和磁场 考点二 带电粒子在叠加场中的运动 核心透视 (1)求速度选择器中磁感应强度的大小B。 “三步”解决叠加场问题 和区域I中磁感应强度的大小B,; 电场、磁场共存 (2)求粒子a从O点运动到P点 19mv 30gB' 的 第一步受力分析 电场、重力场共存 [关注场的叠加] 时间t: 磁场、重力场共存 电场、磁场、重力场共存 (3)当粒子a从点 (常离并区域Ⅱ进入 合力为零一匀速直线运动① 区域Ⅲ时，带电荷量为十q的粒子b恰好从 合力恒定一匀变速直线运动或 第二步运动分析 O点以速率v沿y轴负方向进入区域Ⅱ，若 曲线运动② [构建运动模型] 合力大小恒定且方向始终垂直于 要使粒子a、b在x轴相遇，且相遇时速度恰 速度一匀速圆周运动③ 好都沿y轴正方向，求粒子b的质量M(用 合力复杂多变一一般曲线运动④ 运动①一平衡条件 m表示)及两粒子第一次相遇时的x轴坐 标x1· 运动②一动能定理或牛顿运动定 第三步选择规律 律、运动学公式 [力或能的观点] 运动③一向心力公式等 运动④一动能定理或能量守恒定律 典题例析 [例2](2026·山东卷)如图所示，在Oxy坐 标系中，第二象限有一粒子发生器，其右侧 放置速度选择器，速度选择器中电场的电场 强度大小为E,方向沿y轴负方向，匀强磁 场方向垂直Oxy面向里；y=一x(x≤0)与 y轴正半轴所围区域I(包含边界)中充满 垂直Oxy面向外的匀强磁场；x轴下方为 区域Ⅱ、第一象限为区域Ⅲ，两区域均充满 方向垂直Oxy面向里的匀强磁场，磁感应 强度大小分别为5B和12B.粒子发生器可 发出质量不同、带电荷量均为+q的粒子 其中质量为m的粒子a经速度选择器后以 速率v从点（一h,h)沿x轴正方向进入区域 I,一段时间后恰好从原点O沿y轴负方 向进入区域Ⅱ.不计粒子重力及粒子间相互 作用. 粒子发生器 速度选择器 区域I 区域Ⅲ -h 0 区域Ⅱ 57 I物理 对点集训 Q(0,3d) 1.(2024·江西卷，7)石墨烯是一种由碳原子 组成的单层二维蜂窝状晶格结构新材料，具 有丰富的电学性能.现设计一电路测量某二 P(-d,0)O 维石墨烯样品的载流子（电子）浓度.如 (1)匀强电场的电场强度大小； 图(a)所示，在长为a,宽为b的石墨烯表面 (2)匀强磁场的磁感应强度的大小. 加一垂直向里的匀强磁场，磁感应强度为B, 电极1、3间通以恒定电流I,电极2、4间将 产生电压U.当I=1.00×10-3A时，测得 U-B关系图线如图(b)所示，元电荷e= 1.60×1019C,则此样品每平方米载流子数 最接近 () ·2 石墨烯 U B 1 4 mA 图(a) ↑UlmV 80 60日 40 20中 o胜用 50100150200250300B/mT 图(b) A.1.7×1019 B.1.7×105 C.2.3×1020 D.2.3×1016 2.如图所示，在竖直平面的直角坐标系xOy 中，第一象限有沿y轴正方向的匀强电场和 垂直于纸面向外的匀强磁场，第二象限有沿 x轴正方向的匀强电场，两匀强电场的电场 强度大小相等.一质量为m、电荷量为十q 的带电小球，从x轴上的P(一d,0)点以初 速度沿y轴正方向射入第二象限，依次 经过Q(0,3d)点和M(3d,0)点，图中M点 未标出.经过Q点的速度与y轴正方向成 45°，重力加速度为g,不计空气阻力，求： 58 第一部分：专题三电场和磁场 考点三 带电粒子在复合场中运动的实例分析 春向1 回旋加速器 [例4]质谱仪是一种测 A U 定带电粒子比荷和分析 2πm iS2 1.加速条件：T电场=T回旋一 qB· 同位素的重要工具.图 M G 2.磁场约束偏转：q0B=m0 →=9Br 中铅盒A中的放射源放 m 出大量的带正电粒子 3.带电粒子的最大速度：m-gB,n为D (可认为初速度为零)，从狭缝S,进入电压 为U的加速电场区加速后，再通过狭缝S。 形盒的半径.粒子的最大速度vmmx与加速电 从小孔G垂直于MN射入偏转磁场，该偏转 压U无关 磁场是以直线MN为切线、磁感应强度为B, 方向垂直于纸面向外、半径为R的圆形匀强磁 [例3]（多选）医用回 真空室 线束 场.现在MN上的F点（图中未画出）接收到该 旋加速器的核心部高频电源 >D形盒 粒子，且GF=√3R.则该粒子的比荷为（粒子的 分是两个D形金属 粒子源 重力忽略不计) ( 盒，如图所示，两金属盒置于匀强磁场中，并 8U 4U A. B. 分别与高频电源相连.现分别加速氘核 R2B2 R2B2 6U 2U (H)和氦核(2He)并通过线束引出加速器. C.R2B D.R2B2 下列说法中正确的是 专向3】 磁与现代科技综合模型 A.加速两种粒子的高频电源的频率相同 速度选择 B.两种粒子获得的最大动能相同 器、磁流 带电粒 qu,B=qE或 E 体发电机 子在叠稳定 B C.两种粒子在D形盒中运动的周期相同 电磁流量 加场中 时 直线运 计、霍尔 qvB=q d U=Bdvo D.增大高频电源的电压可增大粒子的最大 的运动 元件 动能 [例5] (多选)(2024 M N X 专向2 质谱仪 ·湖北卷，9)磁流体 XX 发电机的原理如图 1.粒子由静止被加速电场加速，gU=, o. 所示，MN和PQ是 两平行金属极板，匀强磁场垂直于纸面向 里.等离子体（即高温下电离的气体，含有大 7674737270 量正、负带电粒子)从左侧以某一速度平行 Dt···· S3. 于极板喷入磁场，极板间便产生电压.下列 、:B· 说法正确的是 A.极板MN是发电机的正极 2.粒子在磁场中做匀速圆周运动，有qvB= B.仅增大两极板间的距离，极板间的电压 m 减小 r C.仅增大等离子体的喷入速率，极板间的 由以上两式可得r= 1/2mU ,m=grB2 2U, 电压增大 D.仅增大喷入等离子体的正、负带电粒子 2U 数密度，极板间的电压增大 B2r2. 59 I物理 课堂评价>高考预测 1.如图所示，平面直角坐 2.在空间建立直角坐标 标系xOy中，在第二 系，坐标轴正方向如图 象限内有一半径R= 所示.空间有磁感应强 c/m 5cm的圆，与y轴相切 x/cm 度为B=1T、方向垂 于点Q(0,5√3cm),圆 直于纸面向里的磁场， v/m 内有匀强磁场，方向垂 Ⅱ、Ⅲ、V象限（含x、y轴）有电场强度为 直于xOy平面向外.在x=一10cm处有一个 E=1N/C、方向竖直向下的电场.光滑子圆 比荷为9=1.0×10C/kg的带正电的粒子， 弧轨道圆心O,半径为R=4m,圆弧轨道 正对该圆圆心方向发射，粒子的发射速率 底端位于坐标轴原点O.质量为m1=1kg、 u,=4.0×10m/s,粒子在Q点进入第一象 带电荷量为q,=一1C的小球A从O处水 限.在第一象限某处存在一个矩形匀强磁场 平向右飞出，经过一段时间，正好运动到O 区域，磁场方向垂直于xOy平面向外，磁感 点.质量为m2=4kg、带电荷量为q2=2C 应强度B。=2T.粒子经该磁场偏转后，在x 的小球B从与圆心O等高处静止释放，与 轴点M(6cm,0)沿y轴负方向进入第四象 A同时运动到O点并发生完全非弹性碰 限（不考虑粒子的重力）.求： 撞，碰后生成小球C.小球A、B、C均可视为 (1)第二象限圆内磁场的磁感应强度B的 质点，所在空间无重力场作用.求： 大小 (1)小球A在O处的初速度； (2)第一象限内矩形磁场区域的最小面积. (2)碰撞完成后瞬间，圆弧轨道对小球C的 支持力： (3)小球C从O点飞出后的瞬间，将磁场方 向改为竖直向上.分析C球在后续运动过程 中，回到y轴时离O点的距离. @温攀提 学习至此，请完成配套训练专题精准强化10 60ㄧ物理 课堂评价·高考预测 1,BD[根据洛伦兹力提供向B口 心力，有qB=m女，解得， D 一B,可知半径越大，磁感应 强度越小，粒子能从AC边离开磁场的临界轨迹如图所 示，由几何关系可得OC=2r,AC=2AB=2L,可得CD= =,剧有-霜<号解得≥故A错误，B 正确；根据题意可知，从AC边离开的粒子在磁场中运动 的时网为：=子=子·≤张，故C绮谈；粒子在险 2 00 30 场中的运动同期为T=巴-，粗子在磁场中运动时 同为：=会·T器音磁电应强度取起子从AC边离开 gB 磁场的最小值时，增大粒子的入射速度，粒子运动半径 增大，则粒子从BC边离开磁场，速度越大，轨迹对应的 圆心角日越小，粒子在磁场中的运动时间越短，故D 正确.门 2.解析：(1)粒子在匀强磁场中运动时，洛伦兹力提供向心 力，故有0B=0定解得B股 9R: (2)设从M点发射的粒子，在E ↑y 点进入磁场；从V,点发射的粒 D 子，在A点进入磁场，从C点离 开磁场，打在屏上的D点，圆周 运动的圆心为O,如图所示 E --0 由于粒子源MN长度为R,并与M y轴垂直，且MN中点发射的粒子速度方向恰好指向 O',所以OA=OE=AE=R, 故有∠O'AE=60°， 由题意可得OA=OC=O1A=OC=R, 由几何知识可得∠AOC=∠OAE=60°， 所以∠CDO=∠AO1C=60°， 粒子在磁场中的运动时间为 4-需-日×-器 粒子从C点到D点的运动时间为 -CDk23R =osin60°=3 所以粒子源右端点V发射的粒子从进入磁场到打到屏 上所经历的时间=十=器（x十2： (3)未加电场时，从M点发射的粒子 ↑y 从E点进入磁场，从C点离开磁场， 打在屏上的F点，从MN中点发射 的粒子会打在O点，如图所示在磁场 区域加上一个沿x轴正方向的电场 M 时，粒子会在x轴方向加速，由于粒子在x轴方向的分 速度与磁场方向平行，所以该分速度不影响粒子所受的 3 洛伦兹力，故粒子在x轴方向仅受静电力作用，做匀加 速直线运动，在图甲所示的平面内的运动情况与未加电 场时相同，所以从M,点发射的粒子打在屏上的P,,点；由 图乙可知，从M,点发射的粒子打在屏上时与O,点相距最 远，在x轴方向gE=ma,又因E= aR,所以a三E R 由几何知识可得∠CAE=120°，∠CFO=60°， 所以粒子在磁场中的运动时间 4-器=子·破-出 30.30 粒子在x轴方向的位移为 =ai+a6=答R+4g5R. 粒子在y轴方向的位移为 y=-o=-9R, 所以所有粒子中与O点相距最远的粒子在屏上的坐标 为〔gR+gR9r 3 答案：(1)m (2)R(+25 3 (3)①P (R+ 第10讲带电粒子在复合场中的运动 核心素养·助学提能 考点一 [例1][解析](1)粒子在电场中做类斜抛运动 -L- 设粒子初速度方向与x轴夹角为日，加速度a= gU m(2L) 246 25L 方向沿y轴正向.粒子从（一L,0)运动到(0,0），水平方 向L=0oc0s6·t, 竖直方向0=一%sin0:t十豆at， 24 联立解得Gsin(20)=aL=256, 即sin(20)= 24 25 在O点，y,=cosf,y,=-sinf+at=sin, 8 设射入磁场速度方向与x轴夹角为B,则tanB=丛=tan 8 即B=6, 根据sin(23)= 25sinB+cosB=1. 24 解得sinB=0.6或sinB=0.8. (2)程子在磁场中微匀速国月运动，半径R=密=L, 磁场区域半径也为L.由几何关系，粒子从O,点射入，必 从磁场边界另一点射出，且射出速度方向水平向右， 如图 -L- 射出点纵坐标y出=L(1一cosa), 当sn8=号时s。=ya= 4 时，0s=号ya=华 当sina=5 粒子与Q板弹性碰撞后沿x轴负方向返回，再次进入 磁场. -L y 由对称性及圆周运动几何关系，粒子再次打到挡板P上 的位置纵坐标y=2y出， 故y坐标为号L或专L (3)根据(1)可知sin(29)=9L=24 2mw251 2m,粒于能到达0点需满足sn(20)=,即≤ 设k=9U 1u2g 31 讲解册参考答案 若U>2m心，则>1，无粒子能到达0点，均无法打到P 右侧面。 当U≤2m心时，存在两个发射角日，0.（假设0 大于日).粒子在电场中不撞板条件为|ymm|≤ L,如图， 上图为刚好到达上极板的临界，根据逆向看， 类平抛运动速度偏转角是位移偏转角正切值的2倍，可 知，此时tan0=2X宁 L 根据数学关系可知此时sin9=4V了，cc 17 cos 0=V17 17 务得对于8发=(29)≥吕即U21需， 此时日对应粒子轨迹刚好与上极板相切。 综上所迷，当0<U<16m时，仅日，粒子能进入磁场，1 17g 个撞击点； 当16心≤U<2”远时，两粒子均能进入且撞击，点不同， 17g 2个撞击点； 当U=2m心时，两粒子轨迹重合，1个撞击点； 当U>2m心，则>1，无粒子能到达0点，均无法打到P 右侧面. [答案](1)0.6或0.8(2)号L或号L(3)U> 2m,无粒子能到达0点，均无法打到P右侧面. 当0<U<16m时，仅日粒子能进人磁场，1个撞击点； 17q 当16mw<U<2m心时，两粒子均能进人且撞击点不同， 17g 9 2个撞击点； 当U=2m心时，两粒子轨迹重合，1个撞击点. [对点集训] 1.A[直线通道PQ有电势差为U的加速电场，粒子带负 电，粒子沿顺时针方向运动，由左手定则可知，偏转磁场 的磁感应强度方向垂直纸面向里，故A正确；根据题意， 由动能定理可知，加速一次后，带电粒子的动能增量为 U,由于洛伦兹力不做功，则加速长次后，带电粒子的动 1 能增量为kgU,加速人次后，由动能定理：kgU=2mU- m解得√+四_+gU而.故B.C 1 m m 错误； 粒子在偏转磁场中运动的半径为R,则由gB=m R,联 -Rg张+2-t2m吧，故 立解得B=m=m gR D错误.] 〡物理 2.解析：(1)粒子在x轴上方受电场力作用，在半圆形区城 不受力， 设粒子第一次进入磁场时的速度大小为，由动能定理 1 解得=号√m 5 /6gEr (2)粒子在磁场中的运动轨迹如图所示，设轨迹半径为 R,粒子在N,点的速度方向与x轴负方向的夹角为日， 由几何知识有Rsin0+R=2r,Rcos0=r 设磁感应强度大小为B,由洛伦兹力提供向心力有gB =mR' 联立解得B= 2。/6mE 3 gr 0 (3)粒子第一次射出磁场后做类斜抛运动， 设其加速度大小为a,由牛顿第二定律有gE=ma, 设粒子做类斜抛运动时间为，水平位移大小为s,由运 动字公式有0=sin0:1-名ai, s=vc0s0·t, 联立解得s=4r, 即粒子再次进入磁场的位置与N点关于y轴对称，由对 称性可知，此次粒子在磁场中的运动轨迹与第一次运动 轨迹关于y轴对称，故粒子从半圆形区域最低点射出磁 场，坐标为(0，一r). 答案：(1)5/gE 6 m (2)2/6mE 3 gr (3)(0,-r 考点二 [例2][解析](1)由于粒子a经速度选择器后以速率 沿x轴正方向进入区域I,则粒子在速度选择器中受 力平衡，有Eq=qB。 解得B。=E 粒子a进入区域I后在洛伦兹力作用下做匀速圆周运 动，设粒子a在区域I中的轨迹半径为1，由于粒子a恰 好从原点O沿y轴负方向进入区域Ⅱ，则作出粒子a在 区域I中的轨迹如图1所示 y 区域1 区域Ⅲ 子发生器 速度选挥器 h -h0 区域Ⅱ 图1 32 根据几何关系可知r1=h 又由洛伦兹力提供向心力有qB1=m 联立解得B,=m gh (2)粒子a从O,点进入区域Ⅱ后在洛伦兹力作用下做匀 速圆周运动，设粒子a在区域Ⅱ中的轨迹半径为r,则由 洛伦兹力提供向心力有m·5B=m心 解得r:=5gB 72.0 粒子a在区域Ⅱ中运动半个圆周后沿y轴正方向进入区 城Ⅲ，设粒子a在区域Ⅲ中的轨迹半径为r,则由洛伦兹 力提供向心力有q0·12B=m 解得r=12qB mu 作出粒子a从O点进入区域Ⅱ后的部分轨迹如图2 所示 区域I 区域Ⅲ 子发生 度 h -h + 区域Ⅱ 图2 结合运动的周期性可知粒子a从O点进入区域Ⅱ后第n (m为正整数)次经过x轴的工轴坐标为x=”·2 2 -n1 2 .2,=m+l7)m(m为奇数)，x=(2,-2r,) 60gB 2 (n为偶数) 30gB,解得n=3,则粒子a从0点运动到P点 {30B,0过程在区城Ⅱ中运动2次，在区城Ⅲ中运动] 次，故t 2π”2+π=29πm 60gB (3)画出粒子a、b的运动轨迹如图 0.8 0.6 0.4 至0.2 -0.2 -0.4 -0.6 0 0.5 2 25 区域Ⅱ：a粒子半径r=m四 5gB' b粒子半径M B' a粒子半周期t2= 5gB' 6粒子半周期出 5gB' 区城Ⅲ：a粒子半径r=2gB' 720 M 72 b粒子半径 20Ba粒子半周期，=129B, 6教子丰同物品， 粒子每完成一次“区域Ⅱ下半圆十区域Ⅲ上半圆”的运 动，x坐标的净变化△。=2r:一2n=30gB' 7720 7Mu 同理△x6 30gB1 所花时间△t。=t2十t= 17xm 60gB' 17πM 同理△t,=60gB' 取粒子a从O,点沿y轴负方向进入区域Ⅱ的时刻为t= 0,粒子a第1次速度向上点：在区域Ⅱ中走下半圆到达 x轴坐标z1=2,=2.mu=12m 59B30gB1 时同=4=器-是0 此后每经过一次区域Ⅲ上半圆和一次区域Ⅱ下半圆，到 达下一个速度向上上点，设第n次速度向上点n=1,2, 3,…, 则=十(n-1DA.=36+(a-1)00 30gB 7n+5.m 30 gB 2x0+(m-1)0 tn=ta1+(n-1)△1.=60gB =17n-5 60gB 60 。m 9B 粒子6在a到达第一次向上点a(中x=需)时，从0 ,点以同样速率沿y轴负方向进入区域Ⅱ.B的起始时刻 为器 12xm 60gB 粒子b第1次速度向上点（绝对时刻）：b先在区域Ⅱ走 下半圆 坐标工6.1=2· Mu_12Mu 5qB 30gB' 时刻T6.1=t1十 xM_12πm+12πM_12m+12M, ， 5gB 60gB60gB 60gB 同理，第k次速度向上点k=1,2,3,… 2M+（k-1)7M 7k+5 Mu 30gB 30gB 30 gB T6,k=T6.1+(k-1) /xM,πM 5gB 12gB 12m+(17k-5)M 60gB 由相遏条件工m=x6.k、tm=t6k得(7n+5)m=(7k+5) M,(17n-5)m=12m+(17k-5)M, 3 讲解册参考答案 两式相除消去M得10n一17k=5,最小正整数解为k= 5,n=9, 代入得M= 17 34m0 10m,x1=15gB [答案]1)E my (2)29m 3472) gh 60gB (3) 10n 15gB [对点集训] 1.D「设样品每平方米载流子（电子）数为，电子定向移 动的速率为v,则时间t内通过样品的电荷量q=nvtb, 根据电流的定义式得I=9=neb,当电子稳定通过样 =evB. 品时，其所受电场力与洛伦兹力平衡，则有方 联立解得U=B,结合题图(b)可知=L ne ne 320X10V/T,解得n=2.3X10,D正确.] 88×10 2.解析：(1)根据题意可知，粒子从P到Q的过程中，水平 方向上有gB=ma,d=之ar,a=a, 竖直方向上有3d=4t-2gt,心，=u一gt, 由几何关系有v,=心， 联立可得，==合E= (2)根据题意，由(1)分析可知，粒子到达Q点的速度为 w√+可-② 2 由于gE=mg,所以带电小球在第一象限的运动轨迹为 圆，画出粒子在磁场中的运动轨迹，如图所示 Q(0,3d) ↑·↑*↑· P(-d,0)O M 由几何关系可知QM为直径，则有 (3d)2+(3d)2=3√2d. P 由牛顿第二定律有9g0B=m? mvo 联立可得B= 3qd 答案：(1)g (2)m 3gd 考点三考向1 [例3][解析]回旋加速器加速粒子时，粒子在磁场中 运动的周期和交流电的周期相同，否则无法加速，带电 鞋子在磁场中运动的月期T一密，两粒子的比荷是相 m7 等，所以周期相同，加速两种粒子的高频电源的频率也 相同，故A.C正确：根播B=m爱，得=，两粒子 m 的比荷复相等，所以最大速度相等，最大动能E=2m, 1 172 〡物理 两粒子的质量不等，所以最大动能不等，故B错误；最大 1 动能E)m心二B尺，与加速电压无关，增大高频 2m 电源的电压不能增大粒子的最大动能，故D错误： [答案]AC 考向2 [例4][解析]设粒子被加速MF O'G N 后获得的速度为，由动能定 1 理有qU=2mv,粒子在磁场 中做匀速圆周运动的轨迹如 图所示，在直角△FGO中，∠GOF=60°，轨道半径r= Ran30=.又9B=m,可求是 6L 3 RB,选项C 正确. [答案]C 考向3 [例5][解析]A.带正电的离子受到的洛伦兹力向上偏 转，极板MN带正电为发电机正极，A正确；BCD.离子 受到的洛伦兹力和电场力相互平衡时，此时令极板间距 U 为d,则quB=g日，可得U=Bdo, 因此增大间距，U变大，增大速率，U变大，U大小和密度 无关，BD错误，C正确， [答案]AC 课堂评价·高考预测 1.解析：(1)画出粒子的运动轨迹，如图 y/cm 所示 作OP,垂直于PO,由几何关系知 % ∠0,0P=60°， 设粒子在第二象限圆内磁场做匀速 圆周运动的半径为1，由几何关系有 tan60°= R· 由洛伦兹力提供向心力得q心。B=m 解得B=45T 15 (2)粒子在第一象限内转过圆周，设轨迹半径为，由 洛伦滋力提供向心力得q,B。=m正 答图中的矩形面积即最小磁场区域面积，由几何关系得 2. 联立解得矩形磁场区域的最小面积为 Smn=4(W2-1)cm2. 答案：0T(24E-1)m 3 2.解析：(1)A从O飞出后，在洛伦兹力作用下做匀速圆周 运动，半径为r=乞， R 洛伦兹力提供向心力q1uB=m 联立整理得=BA, 1n1 解得y1=2m/s, (2)设B滑到O,点的速度为2，由动能定理有q2ER m. 解得℃=2m/s, A、B在O,点发生完全非弹性碰撞，设碰后生成的C球速 度为，由动量守恒定律，有m22一m1y=(1十m2)u, 解得g=号m/s, 在碰后瞬间，C球做圆周运动，设轨道对C支持力为FN, C球带电荷量g=q1十q2, 质量m=m1十m,, 由FN-qE+quB=meR' 解得FN=1.6N. (3)C球从轨道飞出后，受到竖直向下的静电力和垂直纸 面向外的洛伦兹力，在静电力作用下，C球在竖直方向做 初速度为零的匀加速直线运动，在水平方向做匀速圆周 运动，每隔一个周期T,C球回到y轴上一次， 由goB=me 及T=2红匹 re 解得C球圆周运动周期T=2π C球竖直方向加速度a=E, mc C球回到y轴时离O点的距离y=7a(nT), 代入数据解得y=10nx2m(n=1,2,3,…). 答案：(1)2m/s(2)1.6N(3)10m2π2m(n=1,2,3, …) 微专题3带电粒子在交变场中的运动 类型一 [例1][解析](1)根据题意可知，粒子在电场中的水平 方向上做匀速直线运动，若粒子能够射出电场，则粒子 在电场中的运动时间为1二上 (2)根据题意可知，若粒子在1个时刻射入电场，且经 过一段时间后能够从A板右侧边缘水平射出，则在竖直 方向上，粒子在工、？时间内，做向下的匀加速直线运 4 2 动，在召、3江时间内，向下微匀减速直线运动，由对称 2 4 性可知，粒子在时，竖直分速度减小到0，此时，粒子 未打到B板上，然后在T、T时间内，向上做匀加速直 2